11．（12分）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．
【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能； （2）根据动能定理计算克服阻力做功．
【解答】解：1.60×105 m处的速度为v1，600m处的速度为v2，落地前的速度为v3 （1）落地时的重力势能为零，动能为Ek2=m进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1=m
=×8×104×1002J=4.0×108J；
+mgH=2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v2=7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理 mgh﹣Wf=mv32﹣mv22 代入数据，可得Wf=9.7×108J
答：（1）落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J； （2）克服阻力做功为9.7×108J．
【点评】本题考查了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键．
12．（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 （1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t1后电场突然反向，油滴开始做匀减速
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直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动。对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t1又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小；
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论。对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2的大小；而根据题意，为求出t1与v0满足的条件，只需要使E2＞E1即可，那么就可以最终求得t1与v0间的关系式。
【解答】解：（1）方法一：
设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；
对于匀速运动阶段，有qE1=mg…①
对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2﹣mg=ma1…② 对于场强第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg=ma2 …③ 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1=v0+a1t1④ 油滴在B的速度为：vB=v1﹣a2t1⑤
联立①至⑤式，可得：vB=v0﹣2gt1；方向向上； 方法二：
选向上为正方向，由动量定理有：﹣mg×2t+qE1t﹣qE1t=mv﹣mv0 解得：vB=v0﹣2gt1；方向向上；
（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v02=2gh…⑥ 根据位移时间关系可得：v0t1+v1t1﹣
…⑧
…⑦
油滴运动有两种情况： 情况一：
位移之和x1+x2=⑨
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得： E2=E1+
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由题意得E2＞E1，即满足条件是可能的； 情况二：
位移之和x1+x2=﹣ ⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得： E2=E1+
，即当或才
由题意得E2＞E1，即满足条件舍去。 答：
（1）油滴运动到B点时的速度为v0﹣2gt1； （2）增大后的电场强度的大小为E1+
，即，另一解为负，不合题意，
，t1和v0应满足的条件为
或；
或E1+；相应的t1和v0应满足的条件为
。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]
13．（5分）氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是（ ）
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A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形 D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键．
【解答】解：A、由题图可知，在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确； B、由图可知，具有最大比例的速率区间，0℃时对应的速率小，故说明虚线为0℃的分布图象，故对应的平均动能较小，故B正确；
C、实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度大，故为100℃时的情形，故C正确；
D、图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目，故D错误；
E、由图可知，0～400 m/s段内，100℃对应的占据的比例均小于与0℃时所占据的比值，因此100℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故E错误。 故选：ABC。
【点评】本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道横坐标表示的是分子数目所占据的比例，同时明确温度与分子平均动能间的关系．
14．（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可
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忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27℃，汽缸导热。 （i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； （ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。
【分析】（i）分析打开K2之前和打开K2后，A、B缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体的状态方程列方程求解；
（ⅱ）打开K3，分析活塞下方气体压强会不会降至p0，确定活塞所处位置； （ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由的压强。
【解答】解：（i）打开K2之前，A缸内气体pA=3p0，B缸内气体pB=p0，体积均为V，温度均为T=（273+27）K=300K，打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1，A缸内气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2V﹣V1，活塞上下方压强相等均为p1， 则：对A缸内（活塞下方）气体：3p0V=p1（2V﹣V1）， 对B缸内（活塞上方）气体：p0V=p1V1， 联立以上两式得：p1=2p0，V1=即稳定时活塞上方体积为
；
求解此时活塞下方气体
，压强为2p0；
（ⅱ）打开K3，活塞上方与大气相连通，压强变为p0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为p0，则降为p0时活塞下方气体体积为V2，则3p0V=p0V2，
得V2=3V＞2V，即活塞下方气体压强不会降至p0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为p2，3p0V=p2×2V，得p2=
，即稳定时活塞位于气缸最顶端；
（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为T3=（300+20）K=320K，由
得：p3=1.6p0，即此时活塞下方压强为1.6p0。
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